các phương pháp giải phương trình

§1. Phương pháp nghiệm duy nhất
Thí dụ 1: Giải phương trình : 3
x
+ 4
x
= 5
x
(1)
Lời giải:
(1) 
1
5
4
5
3
=






+






xx
(1’). Đặt VT(1’) = f(x), có f(x) xác định liên tục trên R và :

f'(x) =
x






5
3
ln
5
3
+
x






5
4
ln
5
4
< 0
∀
x
∈

R nên f(x) là hàm nghịch biến. Do đó: (1)  f(x) = f(2)  x = 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =2.
Thí dụ 2 : Giải phương trình : | x - 6,5 |
1999
+ | x - 7,5 |
2000
= 1 (2)
Lời giải :
Nhận xét rằng :
| 6,5 – 6,5 |
1999
+ | 6,5 – 7,5 |
2000
= 1; | 7,5 – 6,5 |
1999
+ | 7,5 – 7,5 |
2000
= 1
Do đó x = 6,5 và x = 7,5 là 2 nghiệm của phương trình.
Nếu x < 6,5 ta có : | x – 6,5 |
1999
>0 và | x – 7,5 |
2000
>1 => VT (2) >1 (vô lí )
Nếu x > 7,5 ta có : | x – 6,5 |
1999
>1 và | x – 7,5 |
2000
>0 => VT (2) >1 (vô lí )
Nếu 6,5 < x < 7,5 ta có : 0 < x – 6,5 ; 7,5 – x < 1

=> x – 6,5 > | x – 6,5 |
1999
và 7,5 – x > | x – 7,5 |
2000
=> VT (2) < x – 6,5 + 7,5 – x = 1 (vô lí )
Vậy phương trình (2) có duy nhất 2 nghiệm x = 6,5 và x = 7.
Thí dụ 3 : Giải phương trình :
x
5
+
x
12
=
x
13
(3)
Lời giải :
(3) 
1
13
12
13
5
=







+






xx
(3’). Đặt VT(3’) = f(x), có f(x) xác định liên tục trên R và :
f'(x) =
x






13
5
ln
13
5
+
x







13
12
ln
13
12
< 0
∀
x
∈
R nên f(x) là hàm nghịch biến.Do đó: (3)  f(x) = f(2)  x = 2
Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 2.
Thí dụ 4 : Giải phương trình : 3
x
= 4 – x (4)
Lời giải :
Đặt f(x) = 3
x
+ x – 4. Có f(x) xác định liên tục trên R và :
f'(x) = 3
x
ln3 + 1 > 0
∀
x
∈
R nên f(x) là hàm đồng biến.Bởi vậy : (4)  f(x) = 0 = f(1)  x = 1
Vậy phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 1.
Thí dụ 5 : Giải phương trình :
9+x
+
42 +x

= 5 (5)
Lời giải :
Đặt f(x) = VT(5) ta có : f(x) xác định 



≥+
≥+
09
042
x
x
 x ≥ - 2 (*)
f(x) liên tục trên (*) và: f'(x) =
92
1
+x
+
422
1
+x
> 0
∀
x > - 2 nên f(x) đồng biến trên (*).Bởi vậy:
(5)  f(x) = 5 = f(0) ( x = 0 thoả mãn (*) )  x = 0
Vậy phương trình (5) có nghiệm duy nhất x = 0 .
Thí dụ 6 : Giải phương trình : 2x +
3−x
= 16 (6)
Lời giải :

Đặt f(x) = VT (6) ta có : f(x) xác định  x – 3 ≥ 0  x ≥ 3 (*)
f(x) liên tục trên (*) nên ta có : f'(x) = 2 +
32
1
−
x
> 0
∀
x >3 nên f(x) đồng biến trên (*).
Bởi vậy: (6)  f(x) = 16 = f(7)  x = 7
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 7 .
Thí dụ 7: Giải phương trình :
x
+
mx −
=
m
(7)
Lời giải :
+) Nếu m < 0 thì phương trình vô nghiệm.
+) m ≥ 0 thì ta có :Điều kiện để phương trình có nghiệm là :



≥
≥
0x
mx
 x ≥ m (do m ≥ 0 )
Với điều kiện đó ta có :

x
+
mx −
≥
m
+
mm −
=
m
. Đẳng thức xảy ra khi x = m.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = m khi m ≥ 0.
Thí dụ 8 : Giải phương trình : 3
x
(x + 4 ) = 1 (8)
Lời giải :
Đặt f(x) = x + 4 - 3
x−
có f(x) xác định liên tục trên R nên ta có : f'(x) = 1 + 3
x−
ln3 > 0
∀
x
∈
R
Nên f(x) đồng biến
∀
x
∈
R . Bởi vậy : (8)  f(x) = 0 = f(-1)  x = -1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1.

Thí dụ 9 : Giải phương trình : lg(x -5 ) = 6 – x (9)
Lời giải :
Điều kiện: x – 5 ≥ 0  x ≥ 5. Nhận thấy x = 6 là một nghiệm của phương trình.
Nếu x > 6 thì lg(x–5) > lg(6–5) = 0 > 6 – x => phương trình không có nghiệm x > 6.
Nếu x < 6 thì lg(x–5) < lg(6–5) = 0 < 6 – x => phương trình không có nghiệm x < 6.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =6.
Thí dụ 10 : Giải hệ phương trình :



β=+
α+−=−
)( 2yx
)( )2xy)(xy(22
22
yx
Lời giải :
Thay (β) vào (α) ta có :
(α)  2
x
- 2
y
= (y – x )( xy + x
2
+y
2
) = y
3
- x
3

 2
x
+ x
3
= 2
y
+ y
3
Đặt f(x) = 2
t
+ t
3
xác định , liên tục trên R nên ta có: f'(x) = 2
t
ln2 + 3t
2
> 0
∀
t
∈
R
Nên f(x) là hàm đồng biến .Vậy: (α)  f(x) = f(y)  x = y



=
=
22
2
x

yx
 x = y = ± 1.
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x ; y)
∈
{(1; 1) ; (-1 ; -1)}.
Thí dụ 11 : Giải phương trình : log
7
x = : log
3
(
x
+ 2 ) . (1)
Lời giải :
Điều kiện :



>+
>
02
0
x
x
 x > 0.Với điều kiện đó ta có : (1)
x
+ 2 = 3
x
7
log
(2)

Đặt t = log
7
x (t > 0 )  x = 7
t
(*)
(2) khi đó trở thành (
7
)
t
+2 = 3
t
 (
3
7
)
t
+
t
3
2
= 1 (do 3
t
>0
∀
t
∈
R ) (3)
Nhận thấy t = 2 là một nghiệm của (3) +) Nếu t < 2 thì VT(3) > VP(3)
+) Nếu t > 2 thì VT(3) < VP(3)
=> t = 2 là nghiệm duy nhất của (3).Thay t = 2 vào (*) ta thu được x = 7

2
= 49
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 49.
Thí dụ 12 : log
1−x
(x+1) = log
3
5 (1)
Lời giải :
Điều kiện :



>+
>−
01
01
x
x
 x >1. Với điều kiện đó ta có :
(1) log
1−x
5log
5
(x+1) = log
3
5 log
5
(x+1) =
5log

5log
1
3
−
x
= log
3
(x-1) = t (do log
1−x
5 > log
1−x
1 = 0 )






=+
=−
t
t
x
x
51
31







=+
=−
tt
t
x
523
31
(*)
Xét phương trình thứ 2 của (*) ta có: 3
t
+ 2 = 5
t
 (
5
3
)
t
+
t
5
2
= 1 (2)
Nhận thấy t = 1 là nghiệm của phương trình (2)
Nếu t > 1 thì VT(2) < VP(2)
Nếu t < 1 thì VT(2) > VP(2)
=> t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (2).Ta có: (*) 




=
=−
1
31
t
x
=> x = 4.
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 4.
Thí dụ 13 : Giải phương trình : log
2
(log
3
x) = log
3
(log
2
x) (1)
Lời giải :
Điều kiện : x > 0. Với điều kiện đó ta có log
2
(log
3
x) = log
3
(log
2
x) = t
=> x = 3
t

2
= 2
t
3
(*) => log
3
3
t
2
= log
3
2
t
3
 2
t
= 3
t
log
3
2 t = log
3
2
log
3
2.
Thay giá trị vừa tìm được của t vào (*) ta có : x = 3
2
3
log

3
2
log
2
( hay = 2
2
3
log
3
2
log
3
)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 3
2
3
log
3
2
log
2
.
Thí dụ 14 : Xác định số nghiệm dương của phương trình :
12x
5
+ 6x
4
- 4x
3
– x – 34 = 0 (1)

Lời giải :
Đặt f(x) = VT(1) ta có :
Xét x
∈
(0;1) ta có: f(x) < 12 + 6 + 0 + 0 – 34 < 0 => phương trình vô nghiệm với x
∈
(0;1)
Xét x
∈
[1;+∞) ta có : f(x) xác định liên tục trên [1;+∞) (*) nên :
f'(x) = 60x
4
+ 24x
3
– 12x
2
– 1 xác định,liên tục trên (*)
f'’(x)= 240x
3
+72x
2
–24x = 24x (10x
2
+ 3x –1) > 24.(10+3–1) >0
∀
x
∈
[1;+∞)
=> f'’(x) > 0
∀

x
∈
[1;+∞) => f'(x) đồng biến trên [1;+∞) => f'(x) ≥ f(1) = 71 > 0=> f(x) đồng biến trên [1;+∞)
Có f(1).f(2) < 0=> f(x) có 1 nghiệm
∈
(1;2 )
Do f(x) là hàm đồng biến nên đó là nghiệm duy nhất hay f(x) có 1 nghiệm dương duy nhất .

§2: Phương pháp bất đẳng thức
Thí dụ 15: Giải phương trình 3
2
x
= cosx (1)
Lời giải:
Ta có: 3
2
x
≥ 3
0
= 1 (
∀
x);Cosx ≤ 1 (
∀
x) (1)
⇔






β=
α=
)(13
)(1cos
2
x

(β)
⇔
x
2
= 0
⇔
x = 0 thay vào (α) có cos0 = 1 (luôn đúng)
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất.
Thí dụ 16: Giải phương trình:
).2(22
5
x3x
cos
xx
2
−
+=
+
Lời giải:
Do
.x2
5
x3x

cos2)2(VTRx1
5
x3x
cos
22
∀≤
+
=⇒∈∀≤
+
Mặt khác
Rx02;2
xx
∈∀〉
−
nên theo bất đẳng thức AM-GM:

,22.2222)2(VP
xxxx
=≥+=
−−
dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi
.0x22
xx
=⇔=
−







β=+
α=
+
⇔
−
)(222
)(2
5
x3x
cos2
)2(
xx
2
;
,0x)( =⇔β
thay vào
20cos2
5
0.30
cos2có)(
2
==
+
α
(đúng).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Thí dụ 17: Giải phương trình
).3(xsin11x
42

−=+
Lời giải :
Ta có
.x1xsin1)3(VPx1xsin10Rx0xsin1
444
∀≤−=⇒∀≤−≤⇒∈∀≥≥
Còn
.Rx11x)3(VT
2
∈∀≥+=
Do đó
.0x
0x
0xsin
11x
1xsin1
)3(
2
4
2
4
=⇔





=
=
⇔






=+
=−
⇔
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0.
Thí dụ 18: Giải phương trình
).4(5xcos3xsin2
35
=+
Lời giải:
Ta có:
).4(VP51.31.2xcos3xsin2)4(VT.Rx
1xcos
1xsin
Rx
1xcos
1xsin
35
5
5
==+≤+=⇒∈∀






≤
≤
⇔∈∀



≤
≤
Do đó: (4)
).lívô(2xcosxsin
1xcos
1xsin
1xcos
1xsin
22
3
5
=+⇒



=
=
⇔





=

=
⇔
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Thí dụ 19: Giải phương trình
).5(xlog)1x(logx2x3
2
2
2
32
−+=−
Lời giải:
Điều kiện
(*).0x
0x
)đúngluôn(01x
2
〉⇔



〉
〉+
Với điều kiện đó:
)(
x
1x
logx2x3)5(
2
2
32

α
+
=−⇔
.
Do
0x〉
nên theo bất đẳng thức AM-GM có:
).(12log
x
1x
log)(VT2
x
x2
x
1x
2
2
2
2
β=≥
+
=α⇒=≥
+
Xét hiệu
)1x2()1x()1xx2)(x1(1x2x3
2232
+−−=+−−=−−
.
Do
x0)1x(còn01x2nên0x

2
∀≥−〉+〉
0x01)(2x1)(x
2
〉∀≤+−−⇒

)(0x12x3x)VT(α
32
δ
〉∀≤−=⇔
Từ
.1x
1x
2/1x1x
01x2x
0)1x2()1x(
1
x
1x
log
1x2x3
)5(:có)(và)(
2
2
2
2
32
=⇔




=
−=∨=
⇔





=+−
=+−
⇔





=
+
=−
⇔δβ
Kết hợp với (*) kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = 0.
Thí dụ 20: Giải phương trình
).6(
2
1
2
2
1
2x1xx1x

4
44
+=−++−+
Lời giải:
Điều kiện
(*).1x0
0x1
0x
≤≤⇔



≥−
≥
Với điều kiện đó, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

.
2
1
21.2)x1(x)(11(x1x
22
==−++≤−+
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
.5,0xx1x =⇔−=
.
2
1
222)x1(x)(11(x1x
4
4

2
4
2
44
=≤−++≤−+
Dấu bằng xảy ra khi và vhỉ khi
.5,0xx1x
44
=⇔−=
Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên có:
).6(VP
2
1
2
2
1
2x1xx1x)6(VT
4
44
=+≤−++−+=
Do đó,
5,0x)6( =⇔
(thỏa mãn (*)).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0,5.
Thí dụ 21: Giải phương trình:
)1(xy1xy1yx =−+−
Lời giải:
Điều kiện:
)(
1y

1x
01y
01x
∗



≥
≥
⇔



≥−
≥−
Với điều kiện đó ta có:
0y,x >
.Ta có:
(1)VPxy
2
2xy
2
yxyxxyyx
y)xyxy)(xy(xyxy.yxxy.x(1)VT ===
−+−++
≤−+−+≤−+−=
Dấu bằng xảy ra:






−+−=+
−
=
−
⇔
yxyxxyyx
y
yxy
x
xxy
2yx
x2x
yx
xyyx
1x1y
2
==⇔



=
=
⇔






=+
−=−
⇔
Do đó
2yx)1( ==⇔
Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = y = 2.
Thí dụ 22: Giải phương trình:
)1(
2
3
)yxcos(ycosxcos =+−+
Lời giải:

1
2
yx
cos
2
1
2
yx
cos
2
1
2
yx
cos21
2
yx
2cos

2
yx
cos
2
yx
2cos(1)VT
2
2
2
+
−
+






−
−
+
−=+
+
−
−+
=
Do








≤
−
≥






−
−
+
1
2
yx
cos
0
2
yx
cos
2
1
2
yx
cos
2

2
với
R∈∀ y,x
.Nên
)1(VP
2
3
1
2
1
0)1(VT ==++≤
.
Dấu bằng xảy ra







=
−
−
=
+
⇔
1
2
yx
cos

2
yx
cos
2
1
2
yx
cos
2







−=
+
−=
−
∨







=
+

=
−
⇔
2
1
2
cos
1
2
cos
2
1
2
cos
1
2
cos
yx
yx
yx
yx

Ζ)l(k,
2lπ
3
4π
y
2kπ
3
2π

x
2lπ
3
2π
y
2kπ
3
4π
x
2lπ
3
π
y
2kπ
3
π
x
2lπ
3
π
y
2kπ
3
π
x
Ζ)n(m,
4nπ
3
2π
yx

4mπ2πyx
4nπ
3
2π
yx
4mπyx

∈







+−=
+=
∨







+−=
+=
∨








+−=
+−=
∨







+=
+=
⇔
∈





+±=+
+=−
∨






+±=+
=−
⇔
.
Thí dụ 23: Giải hệ:
)1(
)(0y3x4x2
)(0yx2yx
32
222





β=++−
α=+−
Lời giải:

23
)1x(21y)( −=−−⇔β
.Do
0)1x(
2
≥−
nên
1y1y1y01y
233

≥⇒−≤⇒−≤⇒≥−−
Khi đó
1x01x)1x(1x2xyx2yx0)(
22222
=⇔=−⇔−=+−≥+−=⇔α
Thay vào
)(α
ta có:
)1ydo(1y1y0y2y
222
−≤−=⇔=⇔=+−
Vậy (1) có nghiệm duy nhất
)1;1()y;x( −=
.
Thí dụ 24: Giải phương trình:
)1(xx2xlog)1xx(log
2
3
2
3
−=−++
Lời giải:
Điều kiện:
)(0x
0x
01xx
2
∗>⇔




>
>++
.Với điều kiện đó:
2
2
3
xx2
x
1xx
log)1( −=
++
⇔
Do x > 0 nên theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
31
x
1
.x21
x
1
x
x
1xx
2
=+≥++=
++

13log
x
1xx

log
3
2
3
=≥
++
⇒
. Lại có
1xx20)1x(
22
≤−⇒≥−
Do đó
))(TM(1x
1xx2
x
1xx
log
)1(
2
2
3
∗=⇔





=−
++
⇔

Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Thí dụ 25: Giải phương trình:
)1(1xcosxsin
20002000
=+
Lời giải:
Do





≤
≤
1xcos
1xsin
nên





≤
≤
xcosxcos
xsinxsin
22000
22000
)1(VP1xcosxsin)1(VT
22

==+≤⇒
Do đó





=
=
⇔
xcosxcos
xsinxsin
)1(
22000
22000





=−
=−
⇔
01)xx(coscos
01)xx(sinsin
19982
19982

Ζ)(k
kπ

2
π
x
kπx
0cosx
1sinx
0cosx
1sinx
1cosx
0sinx
1cosx
0sinx
∈




+=
=
⇔



=
−=
∨



=

=
∨



−=
=
∨



=
=
⇔
Vậy (1) có nghiệm
)k(k
2
xkx Ζ∈π+
π
=∨π=
.

Thí dụ 26: Giải hệ:





β=+
α=+

)(1yx
)(1yx
44
33
(1)
Lời giải:
Từ (β) =>





≤
≤
1y
1x
4
4
⇔



≤
≤
1|y|
1|x|
(*).Có (1)
⇔







γ=−+−
=+
)(1)1y(y)1x(x
1yx
33
33
- Nếu -1 ≤ x ≤ 0 thì từ (α)
⇒
y
3
= 1 - x
3
> 1
⇔
y > 1 ( Điều này mâu thuẫn với (*) )
- Nếu -1 ≤ y <0 thì tương tự ta cũng có điều mâu thuẫn.
Vậy x ; y ≥ 0 . Mà |x| ≤ 1; |y| ≤ 1
⇒
x – 1 ≤ 0 và y -1 ≤ 0
⇒
VT(γ) = x
3
(x – 1) + y
3
(y – 1) ≤ 0 = VP(γ).
Do đó (γ)

⇔






=−
=−
0)1y(y
0)1x(x
3
3
⇔




=∨=
=∨=
1y0y
1x0x
⇔




=
=
0

0
y
x
v



=
=
1y
0x
v



=
=
0y
1x
v



=
=
1y
1x
Thay vào (α) ta tìm được 2 nghiệm của hệ đã cho là :




=
=
1y
0x
;



=
=
0y
1x
.

Thí dụ 27 : Giải phương trình : 2
x+1
+ 2
x−1
+ 3
x+1
+ 3
x−1
= 5
x+1
+ 5
x−1
Lời giải :
Bổ đề :
Với a ≥ b ≥ 1 (*) thì a +

a
1
≥ b +
b
1
(α). Thật vậy (α)  a
2
b + b ≥ ab
2
+ a  (ab – 1)(a – b) ≥ 0 (β)
Do (*) nên (β) luôn đúng.Vậy bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán , áp dụng bổ đề trên ta có :Do 5 > 3 > 2 > 1 nên 5
x
> 3
x
> 2
x
> 1=>



=
+
0y
55
x
THIẾU
Thí dụ 28 : Giải hệ phương trình :






=+
=+
1yx
1yx
66
44
(1)
Lời giải :
(1)





β=−+−
α=+
)(1)1y(y)1x(x
)(1yx
2424
44
Từ (α) có





≤

≤
1y
1x
4
4
=>





≤
≤
1y
1x
2
2
=>





≤−
≤−
0)1y(y
0)1x(x
24
24
=> VT(β) ≤ 0.

Dấu “=” xảy ra khi (x;y)
∈
{(0;0) ; (0;1) ; (0;1) ; (1;0) ; (–1;0) ; (1;1) ; (1;–1) ; (–1;1) ; (–1;–1)}
Thay vào (α) ta được nghiệm của hệ (x;y)
∈
{(0;1) ; (0;1) ; (1;0) ; (–1;0)}.
Thí dụ 29 : Giải hệ





=+
=+
1yx
1yx
33
22
(1)
Lời giải :
(1) 





β=−+−
α=+
)(0)1y(y)1x(x
)(1yx

22
22
.Từ (α) =>





≤
≤
1y
1x
2
2
=> 1 ≥ |x| ≥ x và 1 ≥ |y| ≥ y => x –1 ≤ 0 và y –1 ≤ 0
=> VT(β) ≤ 0 = VP(β).Dấu “=” có khi





=−
=−
0)1(
0)1(
2
2
yy
xx
 (x;y)

∈
{(0;0) ; (0;1) ; (1:0) ; (1;1) }
Thay vào (α) ta đươc nghiệm của (1) là (x;y)
∈
{(0;1) ; (1:0)}.
Thí dụ 31 : Giải phương trình : 8
x
2
sin
+8
x
2
cos
=10 + cos2y (1)
Lời giải :
Đặt t = sin
2
x . Điều kiện 0 ≤ t ≤ 1 (*).Khi đó VT
1
= 8
t
+8
t−1
: = f(t).Ta có f(t) xác định , liên tục trên (*) nên:
f'(t) = 8
t
ln8 + 8
t−1
ln8
∀

t thoả mãn (*);f'(t) = 0  8
t
ln8 + 8
t−1
ln8 = 0 8
t
= 8
t−1
 t = 1 – t t =
2
1
.
+) Khi t >
2
1
thì f'(t) > 0 ; +) Khi t <
2
1
thì f'(t) < 0
Lập bảng biến thiên của hàm số y = f(t) trong (*) có : f(0) = 1 + 8 = 9 ;f(1) = 8 + 1 = 9 .
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta có VT
1
≤ 9
Mặt khác VP
1
= 10 + cos2y ≥ 10 – 1 = 9 (do cos2y ≥ –1 )
9
1
0

t
4
f(t)
–

9
f'(t)
0
+
Nên (1) 



−=
=
1y2cos
9)t(f






−=



=
=
1y2cos

1t
0t
hay





−=




=
=
1y2cos
1xsin
0xsin
2
2




−=
=
12cos
0sin
y
x

v



−=
=
12cos
1sin
y
x






π+
π
=
π=
n
2
y
kx









π+
π
=
π+
π
=
n
2
y
k
2
x








π+
π
=
π
=
n
2
y

2
mx
(m ; n ; k đều thuộc Z )
Vậy nghiệm của phương trình là







π+
π
=
π
=
n
2
y
2
mx
.
§3: Phương pháp tổng các số hạng không âm
Thí dụ 32: Giải phương trình:
0
2
3
tan2tansin2sin
2
=+−+− xxxx

L ời giải :
Ta có:
0
2
3
tan2tansin2sin
2
=+−+− xxxx

( )
01tan
2
2
sin
2
2
=−+








−⇔ xx
Do VT ≥ 0 = VP.Nên (1)






β=−
α=−
⇔
)(01xtan
)(0
2
2
xsin

)Zk(
)ii(k2
4
3
x
)i(k2
4
x
)( ∈







π+
π

=
π+
π
=
⇔α
. Thay vào (β) thấy (i) thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm:
)Zk(k2
4
x ∈π+
π
=
Thí dụ 33: Giải phương trình: x
4
–3x
2
-8x+20=0 (1)
L ời giải :
(1) <=> x
4
–4x
2
+4+x
2
- 8x+16=0 <=> (x
2
-2)
2
+(x-4)
2

=0.Do VT ≥ 0=VP
Nên (1) ⇔



=
±=
⇔



=−
=−
4x
2x
04x
02x
2
:Vô nghiệm.
Thí dụ 34: Giải phương trình: 5x
2
+5y
2
-8xy-2x-2y+2=0 (1)
L ời giải :
(1)⇔ (2x-2y)
2
+(x-1)
2
+(y-i)

2
=0.Do VT ≥ 0=VP.Nên (1) ⇔



=
=
⇔





=−
=−
=−
1
1

01
01
022
y
x
y
x
yx
Vậy phương trình có nghiệm:x = y = 1.
Thí dụ 35: Giải phương trình:
1sinysinxsinxsinyysinxsin

22
−++=+
(1).
Lời giải:
(1)
012siny2sinx2sinxsinyy2sinx2sin
22
=+−−−+⇔
01)(siny1)(sinxsiny)(sinx
222
=−+−+−⇔
Do VT ≥ 0=VP.Nên (1) ⇔
)Zk(k2yx
01ysin
01xsin
0ysinxsin
∈π==⇔





=−
=−
=−
Vậy phương trình có nghiệm:x = y = 2kπ (k
∈
Z).

§4: Phương pháp đưa về hệ

Thí dụ 36: Giải phương trình:
( )
2x6xlog1xxlog
2
2
2
−=−+
(1)
Lời giải:
(1)
( )
02x6xlog1xxlog
2
2
2
=+−−+⇔






+−−
=
−+−
=
⇔
2
5xx1
xlog

2
5xx1
xlog
2
2



−=
=
⇔
−
(1)x3xlog
2x
2
2

Từ (1) ta thấy phương trình có nghiệm x = 2.VT(1) là hàm log với cơ số 2>1nên là hàm đồng biến trên (*)
VP(1) là hàm bậc nhất có hệ số a = -1 nên là hàm đồng biến .Nên x=2 là nghiệm duy nhất của (1)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Thí dụ 37: Giải phương trình:
)1(0x34).10x3(16.3
2x2x
=−+−+
−−
Lời giải :
0x310).4(3x)3.(4(1)
2x22x
=−+−+⇔
−−







−=
+−+−
=
=
−++−
=
⇔
−
−
β)
α)
( x3
6
83x103x
4
(
3
1
6
83x103x
4
2x
2x

2
3
1
logx
3
1
log2x)(
44
+=⇔=−⇔
α
;
03x4)x(f)(
2x
=−+=⇔β
−

Có f(x) xác định, liên tục trên R;
014ln4)x('f
2x
>+=
−
với
Rx ∈∀
)x(f⇒
đồng biến
Do đó, (1) <=>
2x)2(f)x(f =⇔=
Vậy (1) có 2 nghiệm
2x2
3

1
logx
4
=∨+=
.
Thí dụ 38: Giải phương trình:
x2x2
2
−=−
(1)
Lời giải:
Đặt
x2y −=
( Điều kiện:y ≥ 0 ) (*).Với điều kiện đó ta có:






−=−
=−
⇔





=−
=−

⇔
)(xyxy
)(yx2
xy2
yx2
(1)
22
2
2
2
β
α

01)xx)(y(yβ)( =−+−⇔



=−+
=−
⇔
(ii)01xy
(i)0xy
(i)⇔ y = x, thay vào (α ) được:2 - y
2
= y ⇔ y
2
+ y – 2 = 0⇔




−=
=
(*))TMKhong(2y
(*))TM(1y
Với y = 1 ta được x = 1
(ii) ⇔ y = 1-x ta có(*)⇔1-x ≥ 0 ⇔ 1≥ x (*
1
).
Thay vào (α ) được: 2 - x
2
=1- x ⇔ x
2
– x – 1 = 0 ⇔






+
=
−
=
(*))TMKhong(
2
51
x
(*))TM(
2
51

x
Vậy (1) có hai nghiệm x = 1;
2
51
x
−
=
.
Thí dụ 39: Giải phương trình:
)1(2
2
11
2
=
−
+
x
x
Lời giải:
Đặt
0)(ttx2
2
≥=−
.Có



=+
=−+
⇔






=+
=+
)2(2xt
)1(0xt2tx
2xt
2
t
1
x
1
22
22
Trừ vế với vế của (2) cho (1)ta được: (t + x)
2
- (x + t) = 2 ⇔



=+
−=+
2xt
1)xt
Nếu t + x = -1 thì 2xt = -1thì:








−−
=
+−
=
∨







+−
=
−−
=
)TMKhong(
2
31
t
2
31
x
K)TMD(
2

31
t
2
31
x
Nếu t + x = 2 thì 2xt = 2 ⇔ x = t = 1 (TM)
Vậy phương trình có nghiệm: x = 1.
Thí dụ 40: Giải phương trình: x = 1-2000(1-2000x
2
)
Lời giải:
Đặt 1-2000x
2
= t thì phương trình đã cho trở thành:





−=
−=
)2(t1x2000
)1(x1t2000
2
2
Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: 2000(t - x)(t + x)+(t + x) = 0 ⇔ (t - x)( 2000t +2000x -1) = 0
+)Với t = x thì 2000x
2
+x-1=0 <=>
21

:
4000
80011
:
4000
80011
xxxx =
+−
=∨=
−−
=
+)Với
2000
x20001
t
−
=
thì
01
2000
x20001
x2000
2
=−
−
+

4
2
3

2
x:
4000
04.1999.20020002000
xx:
4000
04.1999.20020002000
x =
++
=∨=
+−
=⇔
Kết luận các nghiệm tìm được là: x = x
1
;x = x
2
;x = x
3
;x = x
4.
Thí dụ 41: Giải phương trình:
( ) ( )
2
xlogxlog
x122x22
22
+=−++
(1)
L ời giải :
Đặt

( ) ( )
v.uxv22;u22
xlogxlog
22
=⇒=−=+
(1) trở thành u + u.v
2
= 1+(u.v)
2
⇔ (u.v
2
- 1).(1 - u) = 0 ⇔



=
=
1v.u
1u
2
Với u=1 thì
( )
1x0xlog122
2
xlog
2
=⇔=⇔=+
Với u.v
2
=1 ⇔

( )
122x
xlog
2
=−
⇔
( )
xlog
xlog.1xlog
1
xlog
2
1
2
1
2
2
2
1
22x
x
1
22






=====−

−
−
−
(vô lý)
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
Thí dụ 42:Giải phương trình:
x11x2
3
−−=−
(1)
Lời giải:
Đặt
0)b:KD(bx1;ax2
3
≥=−=−
Ta có:
( )



=+
=−−
⇔



=+
=−
1ba
1a1a

1ba
1ba
2
3
23
⇔



=
=
⇔



=+
=+−
0b
1a
1ba
0)2a)(1a(
2
Do đó x = 1
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
Thí dụ 43: Giải phương trình:
28
94
77
2
+

=+
x
xx
(1)
Lời giải:
(1)
( )





≥+
+
=+
⇔
)(077
)(
28
94
77
2
2
2
β
α
xx
x
xx
(β) ⇔ 0 ≤ x ∨ x ≤ -1 (*);

(α)⇔
28
9x4
x98x49x49
324
+
=++
⇔
0
14
9
x8x7
2
1
x6x7
22
=






++







−+








=++
=−+
⇔
)ii(0
14
9
x8x7
)i(0
2
1
x6x7
2
2
Ta có :(i) ⇔






−−

=
+−
=
(*))TM0(
14
256
x
(*))TM(
14
256
x
;(ii)⇔






−−
=
+−
=
(*))TM(
14
468
x
(*))TM0(
14
468
x

Vậy phương trình có nghiệm
14
256
x
+−
=
;
14
468
x
−−
=
.
Thí dụ 44:Giải phương trình:
5x41x6x2
2
+=−−
(1)
Lời giải:
(1)
( )





β+=−−
α≥−−
⇔
)(5x41x6x2

)(01x6x2
2
2
2
;(α)⇔
2
113
x
2
113
x
+
≥∨
−
≤
(*)
(β)⇔
5x41x12x32x24x4
234
+=+++−
⇔ x
4
- 6x
3
+ 8x
2
+ 2x – 1 = 0 ⇔ (x
2
- 4x + 1)(x
2

- 2x - 1) = 0
⇔












+=
−=
⇔=−−




+=
−=
⇔=+−
)TMDK(
21x
21x
01x2x
)TMDK(
322x

322x
01x4x
2
2

Vậy phương trình có nghiệm:
21x;21x;322x;322x +=−=+=−=
.
§5: Phương pháp đảo ẩn
Thí dụ 45 : Giải phương trình : (8a
2
+ 1)sin
3
x – (4a
2
+ 1)sinx + 2a.cos
3
x = 0 (1)
Lời giải:
(1)  [ 2a(2sin
2
x – 1) + sinxcosx ] ( 2asinx – cosx ) = 0



=−
=+−
)ii( 0xcosxsina2
)i( 0xcosxsin)1xsin2(a2
2

Nếu ( ii ) thì: 2asinx – cosx = 0
Với sinx = 0 thì cosx = 0 ( Vì cosx = 2asinx )
⇒
vô lý. Vậy sinx ≠ 0.
Chia cả 2 vế của (ii) cho sinx ≠ 0 ta được: 2a = cotgx 
π+α=
kx
( k
)Z∈
(với α là góc sao cho cotg α = 2a)

Nếu ( i ) thì: 2a(2sinx
2
– 1) + sinxcosx = 0 4acos2x – sin2x = 0
Với cosx = 0 thì sin2x = 0 ( Vì sin2x = 4acos2x )
⇒
vô lý.Vậy cos2x ≠ 0
Chia cả 2 vế của (i) cho cos2x ≠ 0 ta được: 4a = tg2x  x =
π+
β
2
k
2
( k
)Z∈
(với α là góc sao cho tg β = 4a)
Vậy phương trình có nghiệm:
π+α= kx
( k

)Z∈
, trong đó cotg α = 2a
x =
π+
β
2
k
2
( k
)Z∈
, trong đó tg β = 4a.
Thí dụ 46: Giải phương trình : x
4
– 10x
3
– 2(a – 11)x
2
+ 2(5a + 6)x + 2a + a
2
= 0 (1)
Lời giải:
(1)  ( a – x
2
+ 4x + 2 ) ( a – x
2
+ 6x ) = 0



=−−

=−−−
) ii ( 0ax6x
) i ( 0a2x4x
2
2
Nếu ( i ) thì: x
2
– 4x – 2 – a = 0 , Có :
'
∆
= 6 + a
+) Nếu
'
∆
< 0  a > -6 , phương trình (i) vô nghiệm.
+) Nếu
'
∆
≥ 0  a ≤ -6 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
a+6+2=x
1
;
a+6+2=x
2
Nếu ( ii ) : x
2
– 6x – 2 = 0 , Có :
'
∆
= 9 + a

+) Nếu
'
∆
< 0  a < -9, phương trình (ii) vô nghiệm.
+) Nếu
'
∆
≥ 0  a ≥ -9, phương trình (ii) có 2 nghiệm phân biệt:
a93x
3
++=
;
a93x
4
+−=
Vậy +) Với a < -9, phương trình vô nghiệm
+) Với -9 ≤ a < -6, phương trình có 2 nghiệm:
43
x;x
+) Với -6 ≤ a , phương trình có 4nghiệm:
4321
x;x;x;x
.
Thí dụ 47 : Giải phương trình : x
2
-
xa −
= a (1)
Lời giải:
(1) 

xaax
2
+=−

( )



α−=−
≥−
)( axxa
(*) 0ax
2
2
2
(α ) 
0aaxax2x
224
=−++−

0)a1xx)(axx(
22
=−+−−+




−=−⇒β=−+−
−=−⇒α=−+
1xax )( 0a1xx

xax )( 0axx
22
22









≥
=+−



≤
=+
1x
a1xx
0x
axx
2
2




≥=+−=

≤=+=
)(* 1 x, (x) f :1xxa
)(* 0 x , (x) g : xxa
2
2
1
2
Nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a (┴y
’
oy) với tập G gồm phần Parabol y = g(x) vẽ
trong (*
1
) và phần Parabol y =af(x) vẽ trong (*
2
) trên cùng một mặt phẳng toạ độ, G có dạng:
-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
x

y
g(x)=x
2
+x
f(x)=x
2
-x+1
Gọi x
1
; x
2
là 2 nghiệm của (α ) :

2
a411
x,
2
a411
x
21
++−
=
+−−
=
( với a ≥
)
4
1−
Gọi x
3

là nghiệm lớn của (β ):
2
3a41
x
3
−+
=
( với a ≥ 1 )
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được:
Khi a <
4
1−
, phương trình vô nghiệm
Khi
4
1−
≤ a ≤ 0 , phương trình có 2 nghiệm: x
1
; x
2
Khi 0 ≤ a ≤ 1 phương trình có 1 nghiệm: x
1
Khi a ≥ 1 , phương trình có 2 ngiệm: x
1
; x
3.
Thí dụ 48 : Giải phương trình : x +
x3+
= 3 (1)
Lời giải:

( 1 ) 
x3+
= 3 – x



α−=+
≥≥−
) ( )x3(x3
) * ( 0 x; 0x3
2

(α ) 






=−−
=−+
=−−−+
) ii ( 03
) i ( 02
0)3)(2(
xx
xx
xxxx
;( i ) 




⇒−=
=⇒=
) loaily vo( 2x
(*)TMDK(1x1x
;( ii) 
x3x −=−
Mà theo (α ) thì 3 – x ≥ 0nên
0x ≥−
0300x −=⇒=⇒
(vô lý)
⇒
phương trình ( ii ) không
có nghiệm thoả mãn ( α ).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Thí dụ 49 : Giải phương trình : x
3
+ 2
3
x
2
+ 3x +
3
- 1 = 0 (1)
Lời giải:
1) 
[
x
2

]
1x)13( +++
0)13x( =−+




=−+
=+++
) ii ( 013x
) i ( 01x)13(x
2
( ii )  x =
31−
; ( i)  x =
2
3213 +−−

∨
x =
2
3213 −−−
Vậy phương trình có nghiệm : x =
31−
; x =
2
3213 +−−
; x =
2

3213 −−−
.
Thí dụ 50 : Giải phương trình : x
6
+ ( c
2
- b
2
)x
2
– bc
2
= 0

(1)
Lời giải:
(1)  ( x
2
– b ) ( x
4
+ bx
2
+ c
2
) = 0



=++
=−

) ii ( 0cbxx
) i ( 0bx
224
2
Nếu ( i ) : x
2
– b = 0
+) Với b < 0, ( i ) vô nghiệm +) Với b ≥ 0, ( i ) có nghiệm x
b±=

Nếu ( ii ):t
2
+ bt

+ c
2
= 0 ( iii ) ;
22
c4b −=∆
( Đặt x
2
= t , t ≥ 0)
+) Với
∆
< 0  b
2
< 4c
2
thì ( iii ) vô nghiệm +) Với
∆

≥ 0  b
2
≥ 4c
2
, phương trình có 2 nghiệm
Khi b > 0 thì (iii) có 2 nghiệm đều < 0
⇒
(iii) vô nghiệm
Khi b ≤ 0 thì (iii) có 2 nghiệm đều > 0 nên ta có nghiệm x của phương trình (iii) là
2
c4bb
x
22
−±−
±=
Tóm lại:
+) b
2
< 4c
2
:Với b < 0 thì phương trình vô nghiệm ; với b ≥ 0 thì phương có nghiệm x =
b±

+) b
2
≥ 4c
2
:Với b ≥ 0 thì phương trình có nghiệm x =
b±
;

với b < 0 thì phương trình có nghiệm
2
c4bb
x
22
−±−
±=
.
Thí dụ 51 : Giải phương trình : x
2
+
5x +
= 5 (1)
Lời giải:
(1) 
2
x55x −=+

( )



β−=+
α≥−
)(x55x
)(0x5
2
2
2
( β )  x

4
– 10x
2
– x + 20 = 0 (x
2
– x – 5)(x
2
+ x + 4) = 0 



=++
=−−
)ii( 04xx
)i( 05xx
2
2
Nếu (i) thì: 5 – x
2
= -x  -x ≥ 0  x ≤ 0 (*
1
); (i) 






+
=

−
=
)(*TMK
2
211
x
)(*TM
2
211
x
1
0
1

Nếu (ii) thì:5 – x
2
= x + 1  1 + x ≥ 0  x ≥ 0 (*
2
) (ii) 






−−
=
+−
=
)(*TMK

2
471
x
)(*TMK
2
471
x
2
0
2
0

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm
2
171
x;
2
211
x
+−
=
−
=
.
Thí dụ 52 : Giải phương trình : a
3
x
4
+ 6a
2

x
2
– x + 9a + 3 = 0 (1)
Lời giải :
( 1 ) 
0)1a3axxa)(3xax(
222
=++++−




=+++
=+−
) ii ( 01a3axxa
) i ( 03xax
22
2
Nếu a = 0 thì phương trình có một nghiệm x = -3
Nếu a ≠ 0 thì:
+) Xét ( i )
a121
−=∆
. Khi a ≤
12
1
phương trình có nghiệm
a2
a1211
x,

a2
a1211
x
21
−−
=
−+
=
+) Xét ( ii )
)a41(a3
2
+−=∆
.Khi a ≤
4
1
−
, phương trình có nghiệm
2
2
4
2
2
3
a2
)a41(3a a-
x,
a2
)a41(a3a
x
+

=
+−+−
=
Kết luận :
Nếu a = 0 phương trình có một nghiệm x = -3.
Nếu a ≠ 0 , xảy ra các trường hợp sau:
Với a ≤
4
1
−
phương trình có 4 nghiệm: x
1
;x
2
;x
3
;x
4
Với
12
1
a
4
1
≤〈−
phương trình có 2 nghiệm x
1
;x
2

Với a >
12
1
phương trình vô nghiệm .
Thí dụ 53 : Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt : x
4
– 2mx
2
– x + m
2
– m = 0 (1)
Lời giải:
( 1 )  ( x
2
+ x + 1 – m ) ( x
2
– x – m) = 0 



=−−
=−++
) ii ( 0mxx
) i ( 0m1xx
2
2
Giả sử ( i ) và ( ii ) có nghiệm chung x = a.Khi đó ta có hệ




=−−
=−++
0maa
0m1aa
2
2






−=
−=
4
3
m
2
1
a
Vậy để ( 1 ) có 4 nghiệm phân biệt thì m ≠
4
3
−
( i ) có 3 nghiệm phân biệt 
∆
= 4m-3 ≥ 0  m >
4
3
( ii ) có 2 nghiệm phân biệt 

∆
= 1 + 4m ≥ 0  m >
4
1
−
Kết luận m >
4
3
là các giá trị cần tìm.

§6: Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt của hệ thức
Thí dụ 54 : Tìm a để hệ :



=+
=+
2xcosy
ayx
22
( I ) có nghiệm duy nhất.
Lời giải :
Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm ( x, y ) thì hệ cũng có nghiệm ( -x, y ).
Nên đế hệ có nghiệm duy nhất thì x = 0 khi đó ( I ) trở thành:



=
=
1y

ay
2

⇒
a = 1
Ngược lại với a = 1 ta có hệ



=+
=+
) 2 ( 2xcosy
) 1 ( 1yx
22
Từ ( 1 )
⇒
y
2
≤ 1
⇒
-1 ≤ y ≤ 1 lại có cosx ≤ 1
⇒
y + cosx ≤ 2. Dấu bằng có khi





=
=

=
0x
1xcos
1y




=
=
1y
0x
Vậy với a = 1 thì hệ có nghiệm duy nhất.

Thí dụ 55 : Cho hệ :



=+
+=+
1yxsin
xcosya)1x(
24
1.Giải hệ khi a = 2
2. Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất.
Lời giải:
1) Khi a = 2 ta có hệ




=+
+=+
) ii ( 1yxsin
) i ( xcosy2)1x(
24
Từ ( ii )
⇒
y
2
≤ 1
⇒
-1 ≤ y ≤ 1 lại có cosx ≤ 1
⇒
y + cosx ≤ 2
Kết hợp với ( i )
⇒

11x ≤+

⇒
x = 0
⇒
y = 1.Dễ thấy ( x, y ) = ( 0, 1 ) thoả mãn hệ đã cho
Vậy khi a = 2 hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x, y ) = ( 0, 1 ).
2) Nhận thấy hệ có nghiệm ( x,y) thì hệ cũng có nghiệm ( -x,y).Nên để hệ có nghiệm duy nhất thì x = 0 khi
đó (I) trở thành:



=

+=
1y
1ya
2
⇒



=
=
0a
2a
.
Với a = 2 thì theo phần 1) ta được hệ có nghiệm duy nhẩt ( x, y ) = ( 0, 1 )
Với a = 0 ta có hệ



=+
=+
1yxsin
0xcosy
24
Nhận thấy nếu hệ này có nghiệm thì hệ sẽ có vô số nghiệm
⇒
trái với giả
thiết là hệ có nghiệm duy nhất
Vậy a = 2 là giá trị cần tìm.

Thí dụ 56 : Cho hệ :




=+
−−+=
1yx
myx2x
22
x
2
có nghiệm duy nhất.
Lời giải :
Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm ( x, y ) thì hệ cũng có nghiệm (-x,y)
Nên để hệ có nghiệm duy nhất thì x = 0.Khi đó ta có hệ



=+
−−+=
1y0
my010
2




=
=
2m
0m

Nếu m =2 hệ trở thành



=+
++=+
1yx
2xyx2
22
2
x
.
Rõ ràng hệ trên có ít nhất 2 nghiệm (x,y) = (1,0) = (-1,0).Do đó m = 2 không thoả mãn bài ra:
Nếu m = 0 hệ trở thành



β=+
α+=+
) ( 1yx
)( xyx2
22
2
x
Từ ( β )
y2 , xx1y ,1x
x
2
≥≥⇒≤≤⇒

Kết hợp với ( α ) ta được:



==
=
1y2
xx
x
2




=
=
1y
0x
Vậy m = 0 là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 57 : Tìm m để hệ :





=++
=++
mx2y
my2x
2

2
có nghiệm duy nhất.
L ời giải :
Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x,y) thì hệ cũng có nghiệm (-x,-y) nên để hệ có nghiệm duy nhất thì ta phải
có x = y = 0. Khi đó ta đuợc hệ:





=++
=++
m020
m020
2
2

⇒
m =
2
Ngược lại với m =
2
ta có hệ:





=++
=++

2x2y
2y2x
2
2
Với mọi x,y ta đều có
0y , 22x
2
≥≥+

⇒

2y2x
2
≥++
.Tương tự
2y2y
2
≥++
Dấu bằng có khi và chỉ khi x = y =0
Vậy m =
2
là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 58 : Tìm a, b để các hệ sau có nghiệm duy nhất :
1.





=++

=+
=+
4zyx
bzxyz
azxyz
222
2
2.





=+
=
+
+
byx
a
1x
1x
22
y
y
L ời giải :
1) Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm ( x,y,z ) thì hệ cũng có nghiệm ( -x,-y,z ) nên đế hệ có nghiệm duy nhất
thì ta phải có x = y = 0.Khi đó hệ trở thành:






=
=
=
4z
bz
az
2




−===
===
2baz
2baz

Nếu a = b =2 ta có hệ





=++
=+
=+
4zyx
2zxyz
2zxyz

222
2






=++
=+
=−
4zyx
2zxyz
0)1z(xyz
222
Nhận thấy rằng hệ trên luôn có nghiệm ( x,y,z ) = ( 0,0,1) = (
)1,
2
15
,
2
15 −+
nên loại vì không thoả mãn bài
ra.
Nếu a = b = -2 thì làm tương tự tháy không có giá trị a , b thoả mãn bài ra
2) Nhận thấy rằng nếu hệ có nghiệm ( x, y ) thì hê cũng có nghiệm ( -x , y ) nên để hệ có nghiệm duy nhất thì
ta phải có x = 0 Khi đó ta có hệ






=+
=
+
−
by0
a
10
10
2
( I ).
Để hệ ( I ) có nghiệm duy nhất thì ta phải có y = 0 dẫn đến a = 1 ; b = 0.
Ngược lại với a = b = 0 thì ta có hệ





=+
=
+
−
0yx
) 1 ( 1
1x
1x
22
y
y

Từ x
2
+ y
2
= 0
0yx ==⇒
Thay vào ( 1 ) ta được 1 = 1( Luôn đúng )
Vậy a = 1 ; b = 0 là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 59 : (ĐS: 47-1.2) Cho y = 4x
3
+ mx. Tìm m để
y
≤
1 khi
x
1≤
.
L ời giải :
Giả sử
y
≤ 1
x∀
thoả mãn
1x ≤
:
với x = 1
⇒

1)1(y ≤

⇒
-1≤ 4 + m ≤ 1;với x =
2
1
⇒

1)
2
1
(y ≤

⇒
-1≤
1
2
m
2
1
≤+
Vì vậy,
3m
1m3
3m5
−=⇒



≤≤−
−≤≤−
Ngược lại với m = -3 ta có: y = 4x

3
– 3x .Do
1x ≤
nên có thể đặt x = cost ; t
[ ]
ππ−∈ ,
Ta có: y = 4cos
3
t -3cost = cos3t
⇒

1xxTM1t3cosy ≤∀≤=
Vậy m = -3 là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 60 : (ĐS: 69-2.2) Tìm m để
[ ]
6,4x −∈∀
đều là nghiệm của bất phương trình :

mx2x)x6)(x4(
2
+−≤−+
. (1)
L ời giải :
Giả sử (1) đúng với
[ ]
6,4x −∈∀

⇒
(1) đúng với x = 1
⇒

m1.21)16)(14(
2
+−≤−+
⇒
6≤ m.
Ngược lại với m ≥ 6, theo BĐT cô-si ta có:
5
2
64
)6)(4( =
−++
≤−+
xx
xx
Lại có: x
2
– 2x + m ≥ x
2
– 2x +1 +5 = (x – 1)
2
+ 5 ≥ 5
Rx ∈∀
( Do m ≥ 6, theo giả thiết )
Vậy m ≥ 6 là các giá trị cần tìm .
Thí dụ 61 : (ĐS: 97-3.2) Tìm các cặp số (a,b) để với mọi x
∈
R ta luôn có:

0)baxcos(1b)1x(cosa

22
=+−++−
(1)
Lời giải:
Giả sử (1) đúng với mọi x
R∈
⇒
(1) đúng với x = 0 .
Tức là b
2
+ 1 = cosb
2
 -b
2
= 1 – cosb
2




∈∀≥−=−
=
)Rb0bcos1Do(0bcos1
0b
22
2
 b = 0
Khi đó (1)  a(cosx-1) +1 – cosax = 0 (2) với
Rx ∈∀
.Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo x ta được:

-asinx + asinax = 0
Rx ∈∀




=
=
xsinaxsin
0a
với mọi x
R∈




=
=
1a
0a
Ngược lại:
Với a = 0, b = 0 (1)  1 – cos0
0
= 0 ( đúng với mọi x
)R∈
Với a = 1, b = 0 (1)  cosx – 1 + 1 – cosx = 0 ( đúng với mọi x
)R∈
Vậy (a,b) = (0,0) = (1,0).
Thí dụ 62 : (HH-2000) Cho f(x) = ax
2

+ bx + c thoả mãn
1)x(f ≤
với mọi x
[ ]
1,0∈
.
Chứng minh rằng
8)0(f
,
≤
.
Lời giải:
Cho x = 0 ta được
1c ≤

3c33 ≤−≤−
(1)
Cho x = 1 ta được
1cba ≤++

1)cba(1 ≤++−≤−
(2)
Cho x =
2
1
ta được
1c
b2
1
a4

1
≤++

4c4b2a4 ≤++≤−
(3)
Cộng vế với vế của (1) (2) và (3) ta được -8 ≤ b ≤ 8 
8b ≤

8b)0(f
'
≤=
(đpcm).
Thí dụ 63 : (ĐS: 102) Tìm a để với mọi b hệ phương trình sau luôn có ít nhất một nghiệm:




=++
=+++
) 2 ( 1yxbxya
) 1 ( 2)1b()1x(
2
y2a2
Lời giải:
Với a = 1, x = 0, y = 0 thì hệ phương trình được thoả mãn với mọi b
R∈
Với a ≠ 1, ta xét 2 trường hợp sau:
x = 0.Khi đó (2)  a = 1 ( Trái với giả thiết a ≠ 1 )
x ≠ 0. Khi đó cho b = 0 ở (1) ta được (x
2

+ 1)
a
= 1
Mà x ≠ 0
⇒
x
2
+ 1 ≠ 1
Nên a = 0 thay vào (1) ta được y = 0 ( Do (1) phải có nghiệm với mọi b
)R∈
Với y = 0 thì (2)  a = 1 ( trái với giả thiết a ≠ 1
⇒
loại )
Vậy a = 1 là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 64 : (LHA + DHA -2001) Xác định các giá trị của tham số a để hệ phương trình sau đây có nghiệm (x,y)
với mọi giá trị của tham số b :



=++
=+−
24bx
55
aby)1a(e
1yx)1a(
Lời giải :
Giả sử ta tìm được a sao cho hệ có nghiệm với mọi b.
Vì hệ có nghiệm với mọi b nên hệ cũng có nghiệm khi b = 0, khi đó ta có hệ




=++
=+−
24x0
55
ay0)1a(e
1yx)1a(
⇒

1a ±=
.
+) Nên a = 1 ta có hệ



=++
=+−
24bx
55
1by)11(e
1yx)11(




=+
=
1b2e
1y
bx

Nhận thấy với b = 1 thì hệ trên vô nghiệm nên giá trị a = 1 không thoả mãn bài ra.
+) Nếu a = -1 ta có hệ



−=+−+
=+−−
24bx
55
)1(by)11(e
1yx)11(




=
=+−
1e
1yx2
bx
55
( I )
Nhận thấy hệ ( I ) luôn có nghiệm (x,y) = (0,1) với mọi giá trị của b
Vậy a = -1 là các giá trị cần tìm.
§7: Phương pháp sử dụng tính chất của hàm số
Thí dụ 65: Tìm các số x, y thuộc khoảng (0;
Π
) thỏa mãn hệ:




Π=+
−=−
)2(2y8x5
)1(yxgycotgxcot
Lời giải:
(1)
⇔
cotgx- x = cotgy- y (3).
Xét f(t) = cotgt- t với t
∈
(0;
Π
) (*) Có f(t) xác định trên (*) và:
f
′
(t) =-
tsin
1
2
-1
〈
0 với mọi t
∈
(*).
Nên f(t) nghịch biến trên (*).Do đó (3)
⇔
f(x) = f(y)
⇔
x = y (x, y thỏa mãn (*)).

Qua đó từ (2) tìm được x = y =
13
2Π
là nghiệm của hệ.

Thí dụ 66: Giải hệ:





=++−
=−++
75y2x
72y5x
Lời giải:
Điều kiện:



≥
≥
⇔



≥−≥+
≥−≥+
2y
2x

02y;05y
02x;05x
Với điều kiện đó, hệ bài cho tương đương với:





−−+=−−+
=−++
)2(2y5y2x5x
)1(72y5x
Xét f(t) =
5t +
-
2t −
với t
∈
[
)
∞+;2
(*).Có f(t) xác định trên (*) và:

f
′
(t) =
)2t)(5t(2
5t2t
2t2
1

5t2
1
−+
+−−
=
−
−
+
xác định với t
〉
2.
Khi t
2〉
thì
05t2t5t2t5t2t0 〈+−−⇒+〈−⇒+〈−〈
Vậy
0)t(f 〈
′
với mọi t
〉
2 do
0)2t)(5t(2 〉−+
. Nên f(t) nghịch biến trên (*), bởi vậy:
(2)
⇔
f(x) = f(y)
⇔
x = y (x, y thỏa mãn (*)).Thay y = x vào (1) ta được:
)3(72x5x =−++
Xét g(x) =

2x5x −++
xác định với x
∈
(*) và
0
2x2
1
5x2
1
)x(g 〉
−
+
+
=
′
với mọi x
〉
2.
Nên g(x) đồng biến trên (*), do đó:(3)
⇔
g(x) = g(11)
⇔
x = 11
Vậy hệ có nghiệm x = y = 11.
Thí dụ 67: Tìm m để mỗi hệ sau có nghiệm duy nhất:
a)






+=+−
+=−+
1myx1
1my1x
(Ι) b)





=++−
=−++
my1x6
my6x1
(ΙΙ)
Lời giải:
a) Điều kiện của hệ (Ι):
1y;x0
0y1;0y
0x1;0x
≤≤⇔



≥−≥
≥−≥
hay x;y
[ ]
1;0∈

(*)
Với điều kiện đó:(Ι)





−−=−−
+=−+
⇔
)2(y1yx1x
)1(1my1x
Xét f(t) =
t1t −−
xác định với t
∈
(*) có:

0
t12
1
t2
1
)t(f 〉
−
+=
′
với mọi t
∈
(0; 1).Nên f(t) đồng biến trên (*),

Bởi vậy:(2)
⇔
f(x) = f(y)
⇔
x = y ( Do x,y
∈
(*) )
Thay y = x vào (1) ta có:
1mx1x +=−+
)3(m1x1x =−−+⇔

Xét g(x) =
1x1x −−+
xác định với mọi x
∈
(*)
Hệ (Ι) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có nghiệm duy nhất, khi và chỉ khi đồ thị hàm số y =
g(x) vẽ trong (*) có đúng một điểm chung với đường thẳng y = m.
Có
)x1(x2
xx1
x12
1
x2
1
)x(g
−
−−
=
−

−=
′
xác định với mọi x
∈
(0; 1).

(*)
2
1
xxx1xx10)x(g ∈=⇔=−⇔=−⇔=
′

Bảng biến thiên của y = g(x) trên (*):
x
∞−
0
2
1
1
∞+

)x(g
′
║ + 0 - ║
g(x)
(
12 −
)
0 0
Từ nhận xét trên và từ bảng biến thiên ta được m =

12 −
.
b) Điều kiện:
6y,x1
0y6;0y1
0x6;0x1
≤≤−⇔



≥−≥+
≥−≥+
hay x,y
[ ]
6;1−∈

)*(
′
Với điều kiện đó: (ΙΙ)
⇔





′
−−+=−−+
′
=−++
)2(y6y1x6x1

)1(my6x1
Xét f(t) =
t6t1 −−+
xác định với t
)*(
′
∈
và:
0
t62
1
t12
1
)t(f 〉
−
+
+
=
′
với mọi t
∈
(-1; 6).
Nên f(t) đồng biến trên
)*(
′
bởi vậy:
)y(f)x(f)2( =⇔
′
⇔
x = y ( Do x,y

)*(
′
∈
)
Thay y = x vào
)1(
′
ta có:
)3(mx6x1
′
=−++
Xét g(x) =
x6x1 −++
xác định với mọi x
)*(
′
∈
.
Hệ (ΙΙ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình
)3(
′
có nghiệm duy nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi
đồ thị hàm số
y = g(x) vẽ trong
)*(
′
có duy nhất một điểm chung với đường thẳng y = m.
Có
)x1)(x6(2
x1x6

x62
1
x12
1
)x(g
+−
+−−
=
−
−
+
=
′
xác định với mọi x
∈
(-1; 6)

x1x60)x(g +=−⇔=
′
⇔
6 – x = 1 + x
)*(5.2x
′
∈=⇔
Bảng biến thiên y = g(x) trên
:)*(
′
x

-

∞
-1 2.5 6 +
∞

)x(g
′
║ + 0 - ║
g(x)
2
5,3

7

7
Từ nhận xét trên và từ bảng biến thiên ta được m = 2
.5.3
Thí dụ 68: Giải phương trình:
1x22
1x2x
+=−
+
(1)
Lời giải:
(1)
)1x2(2x2
1x2x
++=+⇔
+
.Xét f(t) =
t2

t
+
xác định với mọi t
∈
R.Có
012ln2)t(f
t
〉+=
′
với mọi t
∈
R
Nên f(t) đồng biến trên R, do đó: (1)
⇔
f(x) = f(2x+1)
⇔
x = 2x +1
⇔
x = -1
Vậy x = -1 là nghiệm của phương trình.
Thí dụ 69: Giải phương trình
1x1x2x
33
+=+−
(1)
Lời giải:
(1)
)1x2(1x2xx
33
+++=+⇔

.Xét f(t) =
tt
3
+
xác định với mọi t
∈
R
Có
01
t
1
)t(f
3
2
〉+=
′
với mọi t
≠
0. Nên f(t) đồng biến trên 2 khoảng (
)0;∞−
và (0: +
∞
).
-Với t
∈
(-
∞
; 0) thì (1)
⇔
f(x) = f(2x+1)

⇔
x = 2x+1
⇔
x =-1 (thỏa mãn)
- Với t
∈
(0; +
∞
) thì (1)
⇔
x = -1 (không thỏa mãn)
Vậy x = -1 là nghiệm duy nhất.
Thí dụ 70: Tìm hàm số f(x) đồng biến: R
→
R thỏa mãn:f(f(x)) + f(x) – f(2x+1) = 2x+1 (1) với mọi x
∈
R
Lời giải:
(1)
⇔
f(f(x)) + f(x) = f(2x+1) + (2x+1).Đặt g(t) = f(t) + t xác định với mọi t
∈
R. Có
g
′
(t) =
f
′
(t) + 1
Do f(t) đồng biến từ R

→
R nên:
f
′
(t)
〉
0
∀
t
⇒
g
′
(t)
〉
0
∀
t.Do đó: (1)
⇔
g(f(x)) = g(2x+1)
⇔
f(x) = 2x+1.
Vậy, f(x) = 2x+1 là hàm số cần tìm .
Thí dụ 71: Giải phương trình:
)1xx(log)1xx(log)1xx(log)1xx(log
24
2
24
2
2
2

2
2
+−+++=+−+++
(1)
Lời giải:
Xét f(t) =
)1tt(log)1tt(log
2
2
2
2
+−+++
xác định với mọi t.
Có
)1tt)(1tt(2ln
t2t4
2ln)1tt(
1t2
2ln)1tt(
1t2
)t(f
22
3
22
+−++
+
=
+−
−
+

++
+
=
′

f
′
(t) xác định với mọi t và
f
′
(t)
≥
0
⇔
t
≥
0;
0t0)t(f ≤⇔≤
′
Nên f(t) đồng biến trên
[
)
∞+;0
, nghịch biến trên
(
]
0;∞−
.
-Nếu x
≥

0 thì do f(x) đồng biến trên
[
)
∞+;0
(*) nên:
(1)
⇔
f(x) = f(
2
x
)
⇔
x =
2
x
⇔
x = 0 hoặc x = 1 (thỏa mãn thuộc (*))
-Nếu x
≤
0 thì do f(x) nghịch biến trên
(
]
0;∞−
(**) nên:
(1)
⇔
f(x) = f(
2
x
)

⇔
x =
2
x
⇔



=
=
(**))mãnthoakhông(1x
(**))mãnthoa(0x
Vậy x = 0 hoặc x = 1 là nghiệm của phương trình.
Thí dụ 72: Giải và biện luận:
mmx2x55
22mmx4x22mx2x
22
++=−
+++++
(1)
Lời giải:
(1)
)2mmx4x2(5)2mx2x(5
22mmx4x222mx2x
22
++++=+++⇔
+++++
Xét f(t) =
t
5

+ t với t
∈
R.Có
f
′
(t)=
015ln5
t
〉+
với mọi t
∈
R. Nên f(t) đồng biến trên R, do đó:
(1)
)2mmx4x2(f)2mx2x(f
22
+++=++⇔
2mmx4x22mx2x
22
+++=++⇔
0mmx2x
2
=++⇔
(2)
Vế trái của (2) là tam thức bậc 2 có
mm
2
−=∆
′
.

1m00mm0
2
〈〈⇔〈−⇔〈∆
′
thì (2)vô nghiệm nên (1) vô nghiệm.




=
=
⇔=−⇔=∆
′
1m
0m
0mm0
2
thì (2) và do đó (1) có nghiệm:



=−
=
==
.1mkhi1
0mkhi0
xx
21





〈
〉
⇔〉−⇔〉∆
′
0m
1m
0mm0
2
thì (2) và do đó (1) có 2 nghiệm phân biệt





−−−=
−+−=
mmmx
mmmx
2
2
2
1
.
Thí dụ 73: Giải phương trình:
3
3
x31x3x4x3 ++++=−+−
(1).

Lời giải:
Xét f(t) =
3
1tt ++
với t
∈
R.
Có
1t0
)1t(3
1
1)t(f
3
2
≠∀〉
+
+=
′
⇒
f(t) đồng biến trên hai khoảng
)1;( −−∞
và
);1( ∞+−
.
Ta có (1)
⇔
f(3 – x) = f(
x3+
).Luôn có
3x10x3 −≥∀−〉≥+

nên:
- Nếu 3 – x
〉
-1
4x〈⇔
(*) mà f(t) đồng biến trên
);1( ∞+−
thì:
(1)
x3x3 +=−⇔
1x
16x
1x
3x
06x7x
0x3
2
=⇔








=
=
≤
⇔




=+−
≥−
⇔
(thỏa mãn (*)).
- Nếu 3 - x
≤
-1
0x40x4
3
≤−⇒≤−⇒
.
⇒
Vế trái (1)
≤
-1 = Vế phải (1)
≥
0 (vô lí).
Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.
Thí dụ 74: Giải phương trình
x1x2x
3).1x(22 +=−
+
(1).
Lời giải:
-Nếu x = 2x + 1
⇔
x = -1 thì:(1)

⇔
0 = 0 (đúng).
-Nếu x
〉
2x + 1 (
1
*
) thì:
0)1(VPhay0)1x(301xVà
0)1(VT22
x
1x2x
〈〈+⇒〈=
〉⇒〉
+



⇒
(1) không có nghiệm thỏa mãn (
1
*
).
-Nếu x
〈
2x + 1 (
)*
2
thì:
0)1(VPhay0)1x(301xVà

0)1(VT22
x
1x2x
〉〉+⇒〉+
〈⇒〈
+



⇒
(1) không có nghiệm thỏa mãn (
)*
2
Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = -1.
Thí dụ 76: Giải phương trình
)21x)(3x2x(22
x2
3
3
2x3x2
2
+++−=−
+
(1).
Lời giải:
-Nếu



=

=
⇔=−−⇔+=
3x
1x
03x2x3x2x
22
thì:(1)
⇔
0 = 0 (đúng).
-Nếu
)(*3x2x
1
2
+〈
thì:
0)1(VP3x2xVà
0)1(VT22
3
3
2
x3x2
2
〈⇒+〈
〉⇒〉
+



⇒
(1) không có nghiệm thỏa mãn (

)*
1
.
-Tương tự (1) không có nghiệm thỏa mãn
3x2x
2
+〉
.
Vậy (1) có nghiệm x = 1 và x = 3.
Thí dụ 77: Giải phương trình
).1xx)(1x1x()1x()1x(
325253
+++−+=+−+
(1).
Lời giải:
- Nếu





−=
=
=
⇔=−⇔+=+
1x
1x
0x
0xx1x1x
2323

thì:(1)
⇔
0 = 0 (đúng).
- Nếu
)(*1x1x
1
23
+〉+
thì

)01xxdo(0)1(VP1x1xVà
0)1(VT)1x()1x(
32
5253
〉++〈⇒+〈+
〉⇒+〉+



⇒
(1) không có nghiệm thỏa mãn (
)*
1
.
- Tương tự (1) không có nghiệm thỏa mãn
.1x1x
23
+〈+
Vậy phương trình có nghiệm x = -1; x = 0; x = 1.
§8. Phương pháp đồ thị

Thí dụ 78: Cho phương trình:
)1(a)x8)(x1(x8x1 =−++−++

a) Giải (1) khi a = 3
b) Tìm a để (1) có nghiệm
Lời giải: